Ejercicios Resueltos Movimiento Armónico simple PDF

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Ejercicios Resueltos Movimiento Armónico simple - movimiento oscilatorio con problemas resueltos y procedimiento.
Fisica III Fisica moderna y de ondas...

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TEMA 6 MOVIMIENTO OSCILATORIO CONSEJOS PREVIOS A LA RESOLUCIÓN DE LOS PROBLEMAS Ten bien presente la diferencia entre dos clases de cantidades: las que representan propiedades físicas básicas del sistema y las que describen lo que ocurre cuando el sistema se pone en movimiento de una forma específica. Las propiedades físicas incluyen la masa m, la constante de fuerza k y las cantidades derivadas de ellas, como el período T, la frecuencia ν y la frecuencia angular ω=2πν. En algunos problemas, m o k o ambos pueden determinarse a partir de otros datos del sistema. Las cantidades que describen un movimiento en particular incluyen la amplitud A, la velocidad máxima vmáx, el ángulo de fase δ y la posición, velocidad o aceleración en un instante dado. Si necesitas información detallada sobre posiciones, velocidades y aceleraciones en diversos instantes tendrás que usar las ecuaciones: x=Acos(ωt+δ) v=-ωAsen(ωt+δ) a=-ω2Acos(ωt+δ) Si la posición y velocidad iniciales, x 0 y v0 son conocidas, se puede determinar el ángulo de fase y la amplitud a partir de las ecuaciones:  v  δ = arctg  − 0   ωx0  A=

2

x0 +

v02

ω2

Dichas ecuaciones se obtienen de las anteriores teniendo en cuenta que para t=0 ⇒ x=x0 ⇒ v=v0. Si el cuerpo tiene un desplazamiento inicial x 0 pero v0=0 la amplitud es A=x0 y el ángulo de fase es δ=0; si el cuerpo tiene una velocidad inicial pero no un desplazamiento v π inicial, entonces A = 0 y δ = − (ten cuidado en expresar la fase inicial en radianes). 2 ω 1 1 1 mv 2 + kx 2 = kA 2 = cte es una relación 2 2 2 alternativa muy útil entre la velocidad y la posición, sobre todo cuando también se piden energías. Si el problema implica una relación entre la posición, la velocidad y la aceleración sin referencia al tiempo, suele ser más fácil usar la ecuación F=ma=-kx (segunda ley de Newton) o la ecuación de conservación de la energía que acabamos de poner, que usar la expresión general para x, v y a en función de t. Dado que en la ecuación de la energía intervienen x2 y v2 no podrás conocer el signo de x ni de v, y deberás deducirlo de la situación. Por ejemplo, si el cuerpo se mueve desde la posición de equilibrio al punto de desplazamiento positivo máximo, x y v serán positivas.

La ecuación para la energía E =

A menudo encontrarás problemas en los que se pide demostrar que un tipo de movimiento es armónico simple. Puedes demostrarlo a través de dos métodos: aplicando la segunda ley de Newton (ΣF=ma) o mediante la conservación de la energía. En ambos casos a lo que debes llegar es a una ecuación del tipo:

x + ω 2 x = 0 ⇒ x = −ω 2 x ⇒ x = − ctex donde hemos puesto la variable x, pero puede aparecer la variable y, z, θ,... En la ecuación debemos tener la misma variable sin derivar y derivada dos veces respecto del tiempo, y lo que acompaña a la variable sin derivar tiene que ser una constante (la frecuencia angular del movimiento elevada al cuadrado). Como ya hemos explicado en teoría, la aceleración x y el desplazamiento x tienen sentidos opuesto y sus módulos son proporcionales. En el caso en que apliques la segunda ley de Newton, conviene tener presente siempre la condición de equilibrio (ΣF=0), ya que a veces aparece en la ecuación del movimiento y ésta puede simplificarse. Si optas por la conservación de la energía deberás plantear la energía del sistema en un momento cu alquiera (genérico, no particular). En dicha ecuación, dado que aparecerá la energía cinética, tendrás velocidades. A continuación, como la energía total es constante, su derivada respecto del tiempo será nula. Deriva la ecuación respecto del tiempo e iguálala a cero. Los términos de velocidades se transformarán en términos de aceleraciones y la transformación de la ecuación obtenida te llevará a la solución. Oscilaciones amortiguadas Cuando te enfrentes a un problema de oscilaciones amortiguadas no debes olvidar que hay tres tipos de amortiguamiento, por lo que si el enunciado no lo especifica, deberás determinar antes de nada a qué tipo de amortiguamiento se refiere cada problema. Determina pues ω0 y β, compáralos y céntrate sólo en el tipo de amortiguamiento que tengas. A continuación únicamente tendrás que aplicar las ecuaciones correspondientes. En algunos casos te darán las amplitudes correspondientes a distintos ciclos (consecutivos o no). Siempre que el movimiento sea subamortiguado puedes definir una amplitud: A=A0e-βt Puedes aplicar esta ecuación a los instantes en que te dice el enunciado y hacer el cociente de las ecuaciones obtenidas. Ten en cuenta que el tiempo transcurrido entre dos oscilaciones consecutivas es igual a un período. Al hacer el cociente de las expresiones se te simplificará la constante A0 y podrás relacionar las amplitudes de los ciclos con el parámetro de amortiguamiento y el período. Oscilaciones forzadas En el caso de las oscilaciones forzadas no debes olvidar que a menudo vienen acompañadas del fenómeno del amortiguamiento, de modo que no deberás olvidar lo dicho en el apartado anterior. En general se tratará siempre de movimiento subamortiguado, por ser el más sencillo de los tres. En contra de lo que pueda parecer, estos problemas son los más sencillos de todos, ya que normalmente no tendrás más que leer bien el enunciado para identificar cada uno de los datos y aplicar las ecuaciones correspondientes. No obstante, sí puede ocurrir que sean largos.

Oscilaciones acopladas Los problemas de oscilaciones acopladas se pueden resolver de modo análogo a como hiciste los problemas de movimiento armónico simple. Aísla el sistema en la posición de equilibrio y fuera de ella, y transforma la ecuación hasta que puedas llegar a una del tipo: 2

x + ω x = 0 A partir de esta ecuación podrás determinar la frecuencia de la oscilación sin ninguna dificultad. Tendrás que revisar el tema correspondiente a “Dinámica de la partícula” de modo que puedas hacer correctamente el diagrama de sólido libre.

TEMA 6 MOVIMIENTO OSCILATORIO PROBLEMAS

1 . - Una lente nteja ja está un unida ida a uun n hilo d e long ongitud itud 1 . 2 m y se Calcula lcula lcularr la a ba bandona ndona ndona,, pa partiend rtiendo del reposo en A, cuando θA= 4º . Ca dista distanci nci ncia a d pa ra qu e e ell si sistema stema ta rde 2 s en volver a la posición A. Tenemos en realidad dos péndulos, uno de longitud L=1.2 m y otro de longitud L’(1.2-d), que realizan cada uno de ellos la mitad de la oscilación. Así, el período del péndulo completo será la suma de las dos mitades, y teniendo en cuenta la expresión del período de un péndulo

simple:

Ttotal =

T T' 2π L 2 π L' L 1.2 − d 1.2 − d L + = + =π +π ⇒π = Ttotal − π 2 2 2 g 2 g g g g g

1.2 − d = g

Ttotal

L −π g π

2

   Ttotal − π L  g 1.2 − d  ⇒ =  ⇒ 1.2 − d = g π      

   Ttotal − π L  g  g  π      

2

2

2  L      Ttotal − π  2 − π 1.2  g   9. 8   d = 1.2 − g  = 1.2 − 9.8  = 0. 395 m π π           d=0.394 m

2. - Un bloq bloque ue d de e ma masa sa 500 g está unido a un mue muelle lle de consta stante nte elá elástica stica k= 50 N/m, longitu ongitud d 25 cm y ma sa desprecia despreciable. ble. El conjunto está dispuesto sobre un pla lan no liso incli inclina na nado do 30º c omo se mue uestra stra e en n la fi gura gura;; d et eter er ermina mina minarr: aa)) la posició posición n d de e equil equilibrio ibrio d el bl bloque oque oque;; b) la frec recue ue uencia ncia de sus oscilaciones. a) Hacemos el diagrama de sólido libre del bloque en el equilibrio y tendremos lo que aparece en la figura. Aplicando la segunda ley de Newton: ΣFX=0 ⇒ mgsen30º-k∆l=0 ⇒ 0.5 · 9.8sen30º-50∆l=0 ⇒ ∆l=0.049 m Por tanto la posición de equilibrio será: l=l0+∆l=0.25+0.049=0.299 m l=0.299 m b) La frecuencia de oscilación de un bloque unido sólo a un resorte es:

ω0 =

k ⇒ 2πν = m

k 1 ⇒ν= m 2π ν=1.59 s-1

k 1 = m 2π

50 = 1. 59 s −1 0. 5

3. - El despla splaz z a mi mie ento e en n función del tie iempo mpo d e una ma massa de 1 . 5 kg en un resorte está da do por la ecua cuación: ción: x(t)= x(t)=7. 7. 40cos(4. 1 6t 6t-- 2. 42) est esta a ndo x en c m y t en s. Ca l cula cula:: aa)) el ti em empo po que ta rd rda a una vibra ibració ción comple completa ta ta;; b) la consta onstante nte de fuerza de l resorte; c) la velocida d má xima de la ma masa; sa; d) la fuerza máx áxiima qqu ue aac ctúa sobre la ma sa sa;; e) la posici posición, ón, veloci velocida da dad d y a celera celeración ción de la ma sa en t= t=11 s, y la fuerza que a ctúa sobre la ma sa en ese m momento. omento. a) El tiempo que tarda el sistema en efectuar una vibración completa es el período. Por comparación con la ecuación de un movimiento vibratorio tenemos: x(t)=7.40cos(4.16t-2.42)=Acos(ωt-ϕ0) Por tanto: 2π 2π 2π ω = 4.16 rad / s ⇒ ω = ⇒T= = = 1.51 s T 4.16 ω T=1.51 s b) De la frecuencia angular del sistema:

k ⇒ k = ω2m = 4. 16 2 ⋅1.5 = 25. 96 N / m m k=25.96 N/m c) Como tenemos la ecuación de la posición, derivando obtenemos la velocidad: dx v= = −7.40 ⋅ 4.16sen( 4.16t − 2.42) = − 30.784 sen( 4. 16t − 2. 42) dt Vemos que el valor de la velocidad depende del valor del seno. Obviamente la velocidad será máxima cuando el seno adquiera su valor máximo, es decir, la unidad: v=vmáx ⇒ sen(4.16t-2.42)=1 ⇒ vmáx=-30.784sen(4.16t-2.42)=-30.784 cm/s=-0.308 m/s vmáx=-0.308 m/s d) La fuerza de acuerdo con la segunda ley de Newton es: ΣF=ma Por tanto puesto que la masa es constante la fuerza será máxima cuando la aceleración sea máxima. El valor de la aceleración es: dv a= = − 7.40 ⋅ 4.162 cos( 4. 16t − 2. 42) = − 128.06 cos( 4. 16t − 2. 42) dt Igual que en el caso de la velocidad, la aceleración depende del valor del coseno, luego será máxima cuando el coseno adquiera su valor máximo, es decir, la unidad: a=amáx ⇒ cos(4.16t-2.42)=1 ⇒ amáx=-128.06cos(4.16t-2.42)=-128.06 cm/s2=-1.281 m/s2 Y la fuerza máxima: Fmáx=mamáx=1.5 · 1.281=1.92 N Fmáx=1.92 N e) Ahora para t=1 s tendremos, en el Sistema Internacional: x(t)=0.074cos(4.16t-2.42)=0.074cos(4.16 · 1-2.42)=-0.0125 m x=-0.0125 m v=-0.308sen(4.16t-2.42)=-0.308sen(4.16 · 1-2.42)=-0.303 m/s v=-0.303 m/s a=-1.281cos(4.16t-2.42)=-1.281(4.16 · 1-2.42)=-0.216 m/s2 a=-0.216 m/s2 Y la fuerza de la segunda ley de Newton: F=ma=1.5 · 0.216=0.323 N F=0.323 N ω=

4. - Con un c ierto muell muelle, e, colga lgado do de sus ex extr tr tremos, emos, se ha hace cen l a s siguie uiente ntes observa observaciones: ciones: 1 º ) a l colga garr de su extremo libre un cuerpo de 500 g su longitud inici nicia al a umenta 1 5 cm; 2º ) a l colga olgarr de dicho extremo un cuerpo de 2 kg y sepa separa ra rarl rlo 20 cm de su posic siciión de equilibri equilibrio o inicia niciall (que na natur tur tura a l mente corr orrespond esponde a un determina eterminado do a la larga rga rgamien mien miento to del muelle) el sistema efectúa u n m. a . s. Ca Calcula lcula lcular: r: a ) el período de oscilación del cita tad do mo vimien vimientto a rm rmó ó ni nico; co; b) la velocidad má máxima xima a lca lcanza nza nzada da por el cuerpo; c) la a cel celera era eración ción má xima xima;; d) lla a velocida velocidad d y a cel celera era eración ción del cuerpo cua ndo se encu encue entra a la mita itad d del ca mino entre l a posi sició ción inicia iciall y una de sus posicio sicione nes extrema extremas; s; e ) el tiempo necesa ecesario rio para a lca lcan nz a r el cita tado do punto partiendo de su posició posición n iinicia nicia nicial. l. a) En primer lugar vamos a determinar la constante del resorte. Para ello sabemos que cuando colgamos un peso de 500g la longitud aumenta en 15 cm. Hacemos el diagrama de sólido libre y tendremos que como el sistema está en equilibrio: mg 0.5 ⋅ 9.8 = = 32. 67 N / m ΣFY=0 ⇒ ky0-mg=0 ⇒ k = y0 0.15 Ahora vamos con la segunda de las observaciones. Tenemos un cuerpo de 2 kg, lo colgamos de este mismo resorte y lo desplazamos 20 cm de su posición de equilibrio, dejándolo oscilar. El sistema realiza un m. a. s., luego la frecuencia natural de la oscilación será:

ω0 =

k 2π ⇒ = M T

k M 2 ⇒ t = 2π =2 π = 1. 55 s M k 32. 67

T=1.55 s b) Puesto que realiza un m. a. s. la ecuación de la posición en función del tiempo será del tipo: y=Asen(ω0t+ϕ0) siendo la frecuencia natural de la oscilación:

ω0 =

k 32. 67 = = 4. 04 rad / s M 2

Tenemos la condición de que para t=0 ⇒ y=ymáx=A=20 cm=0.2 m: π y=Asen(ω0t+ϕ0) ⇒ A=Asenϕ0 ⇒ senϕ0=1 ⇒ ϕ0 = 2 Nos queda pues: π  y = Asen(ω 0t + ϕ 0 ) = 0.20sen 4. 04t +  = 0.20 cos(4. 04t ) 2   La velocidad es la derivada de la posición respecto del tiempo: dy v= = −0. 20 ⋅ 4. 04 sen (4. 04 t ) = − 0. 808sen (4. 04 t ) dy La velocidad será máxima (en módulo, el signo sólo indica el sentido) cuando el único término variable de su expresión, el seno, adquiera su valor máximo, que es la unidad: v=vmáx ⇒ sen(4.04t)=1 ⇒ vmáx=0.808 m/s vmáx=0.808 m/s c) Del mismo modo, la aceleración es la derivada de la velocidad respecto del tiempo: dv a= = −0. 808 ⋅ 4. 04 cos (4. 04t ) = −3.27 cos (4. 04t ) dy

La aceleración también será máxima (en módulo, el signo como hemos dicho indica el sentido) cuando el término variable, ahora el coseno, adquiera su valor máximo, que también es la unidad: a=amáx ⇒ cos(4.04t)=1 ⇒ amáx=3.27 m/s2 amáx=3.27 m/s2 d) Si la particula se encuentra a mitad camino entre la posición inicial y una de sus posiciones extremas tendremos que: y=0.10 m ⇒ y=0.20cos(4.04t) ⇒ 0.10=0.20cos(4.04t) ⇒ cos(4.04t)=0.5 Y el seno: sen( 4.04t) =

1 − cos2 (4.04t ) = 1 − 0.52 = 0. 866

Sustituyendo tendremos que la velocidad vale: v=-0.808sen(4.04t)=-0.808 · 0.866=-0.70 m/s v=-0.70 m/s Y la aceleración: a=-3.27cos(4.04t)=-3.27 · 0.5=1.635 m/s2 a=1.635 m/s2 e) Y para el tiempo tenemos en cuenta que: cos(4.04t)=0.5 ⇒ 4.04t=1.047 rad ⇒ t=0.259 s t=0.259 s

5. - El sist stema ema mostra mostrado do en lla a figura (vist (visto o desde a rr rriba iba ) consta d de e un una a ma masa sa m= 200 g unida a un muel muelle le (k= 1 kN/m) que puede es esttirar rarsse a lo lar larg go de la guí uía a en la que está conte ten nido. Todo el sistema desca escansa nsa e n una pla plata ta taforma forma horizonta orizontall ca pa z de gira girar. r. Se considera desprecia espreciable ble el rozamie ozamient nto de la ma sa con la pla plata ta taforma forma y con la lass pa redes de la guía guía.. La longitud en re reposo poso del muelle e s l0= 35 cm cm.. A contin continua ua uación ción se imprime una velocida velocidad d a ngula ngularr ω constan tantte a la plat lataf af afo orm rma a gira giratoria toria toria,, lo que produce que el muelle se est estire ire u na c iert ierta a cca a ntid ntida a d. a ) Rea ealiza liza e ell dia gra grama ma del c uerpo libre de la ma masa sa e n la situa ituació ció ción n en la que la pla plata ta taforma forma e stá e n reposo; b) rea ealiza liza el dia gr gra a ma del cu erpo libre de la ma masa sa cua uando ndo la ppllat ataf af afor or orm ma e stá g ira ndo cco on vve elocidad aan ngular ω. ¿ Cuá l es l a a celer erac ac ació ió ión n d de e lla a m mas as asa a en esta situa situación? ción? c) Determina el estira estiramiento miento del muelle cua uando ndo ω= 6 rr.. pp.. ss.. A ccon on onttinuac aciión se d des es esp plaz laza a l a mas asa a m uun na ccan an anti ti tid dad aad dici cio onal x a llo o llar ar argo go d de e lla a guía guía.. d d)) T enie eniendo ndo en c ue uenta nta la expr xpres es esió ión de l a a c ele elera ra rac c ión a bsolu bsoluta ta d e una ppart art artíícula: a= a 0+ αx OP+ ωx( x(ω ωx OP OP)+ )+ 2 ωxvrel+ a rel discútas discútase e e ell movim movimie ie ient nto a bsolu bsolutto ulterior de la ma sa sa,, considera siderand ndo el posible mov movimiento imiento rela elativo tivo de dic icha ha ma sa y el movim ovimie ie ient nt nto o del sistema en el que está conteni contenida da da.. e ) Determina el va lor del periodo de las osc scila ila ilaciones ciones de este sistema cua cuand nd ndo o ω= 6 rr.. pp.. ss.. a) Tomamos el plano XY como el plano del movimiento, siendo el eje X el que coincide con la dirección de la ranura y el eje Y perpendicular a él. Por último, el eje Z será el perpendicular al plano del movimiento. Si la plataforma está en reposo, sólo actuarán el peso, vertical y hacia abajo, y la normal que ejerce la base de la plataforma, vertical y hacia arriba. Estas dos fuerzas se encontrarán en el eje Z.

b) Si la plataforma gira con velocidad angular constante, el resorte se estira y alcanza una posición en la que se mantiene en reposo respecto de la plataforma, de modo que gira con ella. Llamemos ฀l o a lo que se ha estirado el muelle respecto de su longitud en reposo. En cuanto a las fuerzas, hacemos el diagrama del cuerpo libre, donde debemos considerar sólo lo que ocurre en el plano XY, ya que el eje Z se mantiene siempre como en el apartado a). Puesto que el resorte está estirado, ejercerá una fuerza en la dirección del mismo (contraria al estiramiento) que por la ley de Hooke valdrá k∆l0, siendo ∆l0 el alargamiento del resorte en esta situación. En cuanto a las aceleraciones, puesto que la velocidad angular es constante, tenemos sólo una aceleración de la masa normal o centrípeta, que tiene la dirección del radio de curvatura (eje X) y apunta hacia el centro de curvatura. El valor de esta aceleración es: an =

v2 = ω2 R = ω2 (l0 + ∆ l0 ) R

ACELERACIÓN NORMAL : an = ω2 (l0 + ∆l0 ) c) La velocidad angular es: rev 2 π rad rev = 37. 699 rad / s ω=6 =6 ⋅ s 1 rev s Aplicamos la segunda ley de Newton y tendremos: ΣFX=maX ⇒ k∆l0=man ⇒ k∆l0=mω2R donde el radio de curvatura será la longitud natural del resorte más su alargamiento: R=l0+∆l0 Sustituyendo todo: k∆l0=mω2R ⇒ k∆l0=mω2(l0+∆l0) ⇒ 1000∆l0=0.2 · 37.6992(0.35+∆l0) ⇒ ∆l0=0.140 m ∆l0=0.140 m d) Al desplazar la masa una cantidad x en la dirección de la guía, se va a producir una oscilación en esta dirección. Este movimiento se superpone a la rotación de la plataforma, que es un sistema de referencia en rotación. La aceleración total de la masa no será sólo la aceleración relativa de la masa al moverse (oscilación) en la guía, sino que debemos tener en cuenta el movimiento del sistema de referencia que contiene la masa (la guía o plataforma). En este movimiento tendremos entonces: a=a0+α αxOP+฀ ฀x(฀ ฀xOP)+2ω ωxvrel+arel El centro de la plataforma está en reposo luego a0=0, y como la plataforma gira con velocidad angular constante, α=0. Nos queda por tanto: a=a0+α αxOP+฀ ฀x(฀ ฀xOP)+2ω ωxvrel+arel=-ω2OP+2ω ωxvrel+arel Si desplazamos la partícula hacia la derecha una cantidad a mayores x el vector de posición respecto de O será: OP=(lequil+x)i donde lequil=l0+฀ l0. La velocidad relativa es la derivada de la posición relativa, y la aceleración relativa es la derivada de la velocidad relativa. El movimiento relativo es el que tendría la partícula si el sistema de referencia (plataforma) no girase. En este caso, sería un movimiento a lo largo de la guía (eje X), luego sólo tendría componente en la dirección horizontal, y sería: dx vrel = i = xi dt dv dx arel = rel = i = xi dt dt

La velocidad angular es ฀= ฀ k, por lo que: i j k

2ω × vrel = 2 0 0 ω = 2 ωx j x 0 0 Así: i = x  − ω2 lequil + x i + 2ω x j a = −ω2OP + 2ω × vrel + arel = −ω2 lequil + x i + 2ω x j + x

[

(

(

)

[

)]

)]

(

 − ω2 lequil + x i + 2ωx j a= x

e) Debemos analizar en este caso el movimiento de la partícula, para lo cual debemos hacer el análisis dinámico y obtener la ecuación diferencial del movimiento. El diagrama del cuerpo libre en la situación de equilibrio cuando la plataforma gira con velocidad angular ω ya lo teníamos. Aplicamos la segunda ley de Newton en la dirección del eje x:

ΣFX=maX ⇒ k∆l0=man ⇒ k∆l0=mω2(l0+∆l0) Ahora desplazamos el bloque una cantidad x respecto de esa posición y nos queda:  − ω2 lequil + x ΣFX=maX ⇒ − k(∆ l0 + x ) = m x